2024年江苏省常州市前黄高级中学高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年江苏省常州市前黄高级中学高考物理模拟试卷(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于教材中的插图，下列理解不正确的是( )
A. A图是用微元法探究匀变速直线运动的位移，所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，分得越多则越接近
B. B图是伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，方便测时间，随着斜面倾角的增大，伽利略观察到铜球的运动规律相同，合理外推得到自由落体运动规律
C. C图桌面上的装置可以放大桌面的微小形变
D. D图是物体由静止状态被拉动，直到物体匀速运动起来，用力的传感器测得拉力的变化过程，说明物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力
2.如图甲所示为牛顿环装置意识图，将一块曲率半径较大的平凸透镜放在一块玻璃平板上，用单色光照射透镜与玻璃板，就可以观察到一些明暗相间的同心圆环，如图乙所示。如果将下方的玻璃平板换成凸面朝上的平凸透镜，如图丙，则观察到的条纹可能是(已知A选项中的同心圆环条纹与乙图完全相同)( )
A. B. C. D.
3.如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是( )
A. 周期为2t1−t0B. 半径为3GM(t1−t0)24π2
C. 角速度的大小为πt1−t0D. 加速度的大小为32πGMt1−t0
4.如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν1<ν2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值E km随电压U变化关系的图像是( )
A.
B.
C.
D.
5.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图申曲线所示。F>0表示斥力，F<0表示引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，则下列选项中的图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.在密闭的容器内，放置一定量的液体，如图a所示，若将此容器置于在轨道上正常运行的人造地球卫星上，则容器内液体的分布情况应是( )
A. 仍然如图a所示B. 只能如图b所示C. 可能如图d或e所示D. 可能如图b或c所示
7.一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm，介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x=−403cm和x=120cm处。某时刻b质点的位移为y=4cm，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，三根粗细一样上端开口的玻璃管，中间都有一段汞柱封住一段空气柱，在相同的温度下，V1=V2>V3，h1A. 甲管最少B. 丙管最少C. 甲管比乙管少D. 乙管和丙管一样多
9.浦耳弗里许折射计的原理图如图所示。会聚光照射载有待测物质的折射面AB，然后用望远镜从棱镜的另一侧AC进行观测。由于棱镜的折射率大于待测物的折射率，即ng>n，所以在棱镜中将没有折射角大于θc的光线(θc是棱镜一待测物界面的全反射临界角)。由望远镜观察到的视场是半暗半明的，中间的分界线与折射角为θc的光线对应。n与ng与和θ的关系为( )
A. ng2=n2−sin2θnnB. n2=ng2−sin2θ
C. ng=nsinθD. n=ngsinθ
10.如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1−x(R2+x2)12]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
A. 2πkσ0x(r2+x2)12B. 2πkσ0r(r2+x2)12C. 2πkσ0xrD. 2πkσ0rx
11.如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，两端分别系住小球A、B，现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑轮PQ之间的水平细绳的中间位置上，静止释放小球C，在小球C下降的某时刻，拉小球C的细绳与水平方向成θ角。已知三小球ABC的质量均为m，A、B小球始终没有与P，Q相撞，忽略一切阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则下列关于小球C在下降过程中说法正确的个数为( )
①ABC三小球组成的系统机械能守恒
②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小
③ABC三小球的速度大小的关系为vA=vB=vCsinθ
④当θ=53∘时小球C下降到最低点
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图(a)所示，R1、R2、R3为电阻箱，RF为半导体薄膜压力传感器，C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)。
(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值，示数如图(b)所示，对应的读数是______Ω；
(2)适当调节R1、R2、R3，使电压传感器示数为0，此时，RF的阻值为______(用R1、R2、R3表示)；
(3)依次将0.5g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小)，读出电压传感器示数U，所测数据如下表所示：
根据表中数据在图(c)上描点，绘制U−m关系图线；
(4)完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0，电压传感器示数为200mV，则F0大小是______N(重力加速度取9.8m/s2，保留2位有效数字)；
(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压，在半导体薄膜压力传感微小压力F1，此时非理想毫伏表读数为200mV，则F1______F0(填“>”“=”或“<”)。
三、简答题：本大题共2小题，共20分。
13.掌握并采用核聚变产生能源是核物理中最具有前景的研究方向之一。太阳上的一种核反应为两个氘核(12H)聚变成一个 23He核。已知氘核的质量为2.0136u，中子质量为1.0087u， 23He核的质量为3.0150u。1u对应931.5MeV。
(1)写出该核反应方程；
(2)计算上述核反应中释放的核能ΔE(保留三位有效数字)；
(3)若两个氘核以相等的动能0.45MeV做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化成动能，则反应中生成的 23He核和中子的动能各是多少？
14.如图所示装置，两根光滑细杆与竖直方向夹角都是θ，上面套有两个质量为m的小球，小球之间用劲度系数为k的弹簧相连。静止时，两小球静止在A、B处，当整个装置绕中心轴线OO′缓慢加速旋转，当角速度为ω时，不再加速，保持稳定，此时两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，试求：
(1)小球静止在A、B位置时弹簧的弹力大小F；
(2)稳定在C、D位置时弹簧的长度LCD；
(3)整个过程中细杆对弹簧小球系统做的功W。
四、计算题：本大题共2小题，共21分。
15.一种振动发电装置的示意图如图甲所示，半径r=0.10m、匝数N=20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B=0.20T，线圈的电阻R1=0.5Ω，它的引出线接有R2=9.5Ω的灯泡L、外力推动线圈框架的P端，使线圈的速度v随时间t变化的规律如图丙所示，已知v取向右为正。求：
(1)线圈运动过程中产生的最大感应电动势的大小Em；
(2)线圈运动一个周期内，线圈中产生的热量Q。
16.如图所示，某创新小组设计了一个质谱仪，由粒子源、加速器、速度选择器、有界磁场及探测板等组成。速度选择器两端中心位置O、O′各有一个小孔，选择器内部磁感应强度为B1。以O′为原点，OO′为x轴建立平面直角坐标系。在第一象限区域和第四象限部分区域存在磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第四象限内磁场边界为经过O′点的直线。探测板足够长且与y轴垂直，其左端C的坐标为(0,−3a)。某种带电粒子流经加速器加速后，沿AO从O点进入速度选择器，单位时间内有N0个粒子从O′沿x轴方向进入右侧磁场，经磁场偏转后，均垂直打在探测板上的P、Q(未画出)之间，落在板上的粒子在P、Q间均匀分布，并且全部被吸收，其中速度大小为v0的粒子沿直线OO′经选择器后打在探测板P点上。已知粒子的质量为m，B1=B2=B，CP=a，CQ=2a；不计粒子的重力及粒子间的相互作用，求：
(1)粒子的比荷；
(2)第四象限磁场下边界的函数关系式；
(3)探测板受到粒子的总作用力大小；
(4)速度选择器两极板间距。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、A图是用微元法探究匀变速直线运动的位移，所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，分得越多则越接近，故A正确；
B、B图是伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，方便测时间，随着斜面倾角的增大，伽利略观察到铜球的运动规律相同，合理外推得到自由落体运动规律，故B正确；
C、C图桌面上的装置可以放大桌面的微小形变，故C正确；
D、D图是物体由静止状态被拉动，直到物体匀速运动起来，用力的传感器测得拉力的变化过程，说明物体所受的最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故D错误。
本题选错误的
故选：D。
A、探究匀变速直线运动的位移时用所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，用到了微元的思想；
B、伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，用斜面的作用是“冲淡”重力，合理外推得到自由落体运动规律；
C、演示桌面的微小形变实验时用到了放大的思想；
D、由图像可以看出最大静摩擦力大于滑动摩擦力。
本题主要考查物理实验的方法，解题关键是正确理解实验原理及思想。
2.【答案】B
【解析】解：凸透镜的凸球面和玻璃平板之间形成一个空气薄膜，当竖直向下的平行光射向平凸透镜时，尖劈形空气膜上、下表面反射的两束光相互叠加而产生干涉，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。同一半径的圆环处的空气膜厚度相同，上、下表面反射光程差相同，因此使干涉图样呈圆环状。若将下方的玻璃平板换成凸面朝上的平凸透镜，即对应图乙同一亮环，这一厚度要内移，对应的牛顿亮环的半径变小，其它环半径依次变小，所以圆环半径要变小，环更密。故ACD错误，B正确。
故选：B。
从空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹，路程差等于空气膜厚度的两倍。使牛顿环的曲率半径越小，出现亮条纹的这一厚度向前移。从而得出圆环的半径的变化。
理解了牛顿环的产生机理就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然。
3.【答案】B
【解析】解：AC、根据图(b)可知，Q的亮度变化的周期为：
T=t1−t0
则角速度的大小为：
ω=2πT=2πt1−t0
故AC错误；
B、行星P受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=m⋅4π2T2r
解得：r=3GM(t1−t0)24π2，故B正确；
D、行星P受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma
解得
a=2πt−t032πGM(t−t0)
故D错误；
故选：B。
根据题意解得角速度和周期的大小，根据万有引力提供向心力解得轨道半径和加速度大小。
本题关键掌握万有引力定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合题意进行解题。
4.【答案】C
【解析】解：由光电效应方程：hν=12mvm2+W0，
又W0=hν0，
光电子到达A极板过程，由动能定理：eU=Ekm−12mvm2，
联立知，光电子到达A板时动能的最大值Ekm=eU+hν−hν0，
可见Ekm−U图像的斜率为e，纵截距为hν−hν0。
由题知，1材料的截止频率小于2材料的截止频率，即ν1<ν2，且入射光相同，则hν−hν1>hν−hν2，可见用材料1和2进行光电效应实验得到的Ekm−U图线相互平行，且用材料1进行光电效应实验得到的Ekm−U图像的纵截距较大。故C正确，ABD错误。
故选：C。
由光电效应方程及动能定理得：Ekm=eU+hν−hν0，再与图像进行比对确定正确答案。
此题考查了光电效应现象，解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系，注意金属的逸出功与入射光的频率无关。
5.【答案】B
【解析】解：A、由F−x图象知，从A到C过程中乙分子一直在加速，到C点速度最大，经过C点后乙分子的速度减小，故A错误；
B、加速度与力的大小成正比，方向与力相同，加速度等于0的是C点，故B正确；
C、乙分子从A处由静止释放，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能先减小，到C点势能最小，此后表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，故C错误；
D、从A到C过程中乙分子一直在加速，到C点速度最大，经过C点后乙分子的速度减小，动能减小，但动能不能为负值，故D错误。
故选：B。
根据牛顿第二定律，分子力提供加速度，加速度与速度同向加速，力做正功，反向减速，力做负功。
本题考查热学知识中分子力和分子势能，又考查加速度与速度关系，内容涉及功能关系等力学知识，综合性较强。
6.【答案】D
【解析】解：容器与液体所受重力均提供容器与液体做匀速圆周运动的向心力。液体仅受表面张力的作用，使其自由表面收缩到最小状态，所以两者的自由表面都呈球形。如果液体对于容器是浸润的，那么将出现图b的情况。如果液体对于固体是不浸润的，那么就表现为图c的情况，故D正确，ABC错误。
故选：D。
容器与液体所受重力均提供容器与液体做匀速圆周运动的向心力。液体仅受表面张力的作用，使其自由表面收缩到最小状态，所以两者的自由表面都呈球形。
此题把分子动理论和超重、失重现象联系在了一起，是一道小型综合题。由于是把容器放置在正常运行的卫星里面，所以自然想到了失重现象，并且是完全失重；又由于需要考虑液体形状的问题，所以应该能够联想到液体表面张力的问题；再由于题目中没有给出液体和容器壁是否浸润，所以应该考虑两种可能的情况，即多解问题。
7.【答案】A
【解析】解：ab之间的距离为Δx=403cm+120cm=4003cm=43λ
此时b点的位移4cm，且向y轴正方向运动。设此时b点的相位为φ，则根据
y=Asin(ωt+φ)
可得4=8sinφ
解得φ=π6或者φ=5π6(舍去，向下振动)
由ab间的距离关系可知
φa−φ=13λλ⋅2π=23π
则φa=23π+π6=56π
可知此时a点的位移为y=8sinφacm=8sin56πcm=4cm
且向下振动，故此时的波形图为
所以t=0时，a的位移为4cm，且沿y轴负方向运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据两质点距离结合b的位移求出b的相位，再判断出a的相位，根据a的振动情况判断振动图像。
本题考查对波动图形的理解，要能两个质点的距离得出波形图，结合波形，得到质点的运动情况。
8.【答案】B
【解析】解：以cmHg为气压单位，abcd中的气体压强分别为：
p1=p0+ph1
p2=p0+ph2
p3=p0+ph3
由于h1根据理想气体状态方程，有：pVT=C，由于气体的气压不变，故ΔV=VT⋅ΔT；
由于V1=V2>V3，ΔT相同，故ΔV1=ΔV2>ΔV3，即丙管水银柱上升的最少，甲管与乙管中水银柱上升的相等、最多，故B正确、ACD错误。
故选：B。
气体均做等压变化，根据理想气体的状态方程得到ΔV的表达式进行分析。
本题关键根据理想气体状态方程列式分析，推导出气体体积变化与温度变化的关系表达式进行分析。
9.【答案】B
【解析】解：CD、依题意，在棱镜中将没有折射角大于θc的光线，根据光路可逆性可知，光线在AB界面上，入射角为θc时，折射角为90∘，刚好发生全反射，则有
ng⋅sinθC=nsin90∘，解得：ng=nsinθC，故CD错误；
AB、光线在界面AC上发生折射，入射角为90∘−θc，折射角为θ，由折射定律得：ngsin(90∘−θC)=1⋅sinθ，联立解得：ng2=n2+sin2θ，可得：n2=ng2−sin2θ，故A错误，B正确。
故选：B。
在棱镜中将没有折射角大于θc的光线，根据光的折射互逆可知在AB分界面上，入射角为θc，折射角为90∘，刚好发生全反射，根据光路可逆性和临界角公式求解ng。结合折射定律和几何关系分析AB两项。
解答本题的关键要掌握全反射条件和临界角公式，结合折射定律完成分析。
10.【答案】A
【解析】解：无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强：E1=2πkσ[1−x R2+x2]≈2πkσ
半径为r的圆板在Q点产生的场强：E2=2πkσ[1−x r2+x2]
无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：E=E1−E2=2πkσ0x(r2+x2)12，所以选项A正确。
故选：A。
已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强．
本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题．
11.【答案】A
【解析】解：①忽略一切阻力，ABC三小球组成的系统，只有重力、弹力做功，故ABC三小球组成的系统机械能守恒。故①正确；
②小球C在下降过程中，小球C速度先增大后减小，小球C重力的功率p=mgv
可知，小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小。故②正确；
③由小球C速度分解如图所示
由对称性可知vA=vB，又vCsinθ=vA
得vA=vB=vCsinθ，故③正确；
④设滑轮PQ之间的水平细绳的长度为2l2，小球C下降到最低点时，下降的高度为h，滑轮与小球C之间长度为l1，如图所示
小球C下降到最低点过程中，系统的动能为零，三球组成的系统机械能守恒2mg(l1−l2)=mgh
又h= l12−l22
解得l2=35l1
此时csθ=l2l1=35
得θ=53∘
故④正确。
说法正确的个数为4个。故A正确，BCD错误。
故选：A。
①根据机械能守恒条件判定，
②根据功率的表达式判定，
③将小球C的速度分解为沿绳与垂直于绳的速度即可求解，
④小球C下降到最低点时，系统的动能为零，球C的重力势能减少量等于A、B球重力势能的增加量，根据机械能守恒定律即可求解。
本题考查关联速度、机械能守恒定律，注意分解合速度，根据具体情景分解，不可死记硬背。
12.【答案】1000R1R3R2 1.8×10−2 >
【解析】解：(1)先读取最上面一排刻度的读数，再乘以倍率，即10.0×100Ω=1000Ω；
(2)使电压传感器示数为0，就是让R1和R2两端的电压相等，根据先串联分压得：R1RF=R2R3，可以求解RF=R1R3R2；
(3)根据表中数据在图(c)上描点，绘制U−m关系图线，注意用顺次平滑曲线连接各个点，如下图所示：
(4)根据第(3)问绘制的图像，找电压传感器示数为200mV对应的质量约为1.8g，则可以得出：F0=1.8×10−3×9.8N=1.8×10−2N；
(5)令φB=0，在实验过程中φC<φD，对于理想电压传感器IAC=ICB，IAD=IDB；对于非理想电压传感器IACIDB；如果压力不变，维持原阻值，会使UCB，即φC增大，UDB减小，即φD减小，从而使UDC减小，所以要保证UDC不变，需要让RF减小，压力增大，则F1>F0。
故答案为：(1)1000；(2)R1R3R2；(3)如下图所示：
(4)1.8×10−2；(5)>。
(1)先读取最上面一排刻度的读数，再乘以倍率；
(2)使电压传感器示数为0，就是让R1和R2两端的电压相等，根据先串联分压等可以求解RF的阻值；
(3)根据表中数据在图(c)上描点，绘制U−m关系图线，注意用顺次平滑曲线连接各个点；
(4)根据第(3)问绘制的图像，找电压传感器示数为200mV对应的质量，乘以重力加速度，则可以得出F0大小；
(5)根据电路以及欧姆定律等分析判断则F1和F0的大小关系。
本题考查了基本电学实验的多用电表读数、电路的分压关系、描点绘制图像以及从图像得出信息等基本实验知识与技能，最后一问增加了难度，需要我们认真思考。
13.【答案】解：(1)由质量数守恒和核电荷数守恒，可知核反应方程为 12H+12H→23He+01n
(2)设核反应的质量亏损为Δm，则有Δm=2.0136u×2−(3.0150+1.0087)u=0.0035u
根据质能方程有：ΔE=Δmc2
解得：ΔE=3.26MeV
(3)设核反应后 23He核和中子的动量分别为p1、p2，动能分别为Ek1、Ek2，则根据动量守恒定律有p1+p2=0
Ek1=p126m，Ek2=p222m
根据能量守恒定律有：Ek1+Ek2=2Ek0+ΔE
解得Ek1=1.04MeV，Ek2=3.12MeV
答：(1)该核反应方程为 12H+12H→23He+01n；
(2)计算上述核反应中释放的核能为3.26MeV；
(3)反应中生成的 23He核和中子的动能分别是1.04MeV，3.12MeV。
【解析】(1)根据质量数守恒和核电荷数守恒书写核反应方程．
(2)先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能；
(3)两氘核对心碰撞过程，遵守动量守恒和能量守恒根据动量守恒和能量守恒列方程求解．
对于核反应书写核反应方程，要抓住微观粒子的碰撞，相当于弹性碰撞，遵守两大守恒：动量守恒和能量守恒．
14.【答案】解：(1)小球静止在A、B位置时，如图1所示对A受力分析，根据平衡条件有：
tanθ=mgF
解的弹簧的弹力大小为：
F=mgtanθ
(2)稳定在C、D位置时，对小球D受力分析如图1所示，重力、支持力、弹簧弹力F2的合力提供小球做圆周运动的向心力。
竖直方向有：Nsinθ=mg
水平方向有：F2+Ncsθ=mω2LCD2
由题意知：F2=F
解得：LCD=4gω2tanθ
(3)小球稳定在C、D位置时，线速度大小为
v=ωLCD2=2gωtanθ
设弹簧原长为L0，根据胡克定律有
F=k(L0−LAB)
F2=k(LCD−L0)
F2=F
联立可得：2F=k(LCD−LAB)
两小球上升的高度为：
h=LCD−LAB2tanθ=Fk⋅1tanθ=mgktan2θ
因初、末状态弹簧的形变量相同，故弹簧弹性势能初、末相同，根据功能关系可得细杆对弹簧小球系统所做总功等于两小球增加的机械能，则有：
W=2(mgh+12mv2)=2mgtan2θ⋅(2gω2+mgk)
答：(1)小球静止在A、B位置时弹簧的弹力大小F为mgtanθ；
(2)稳定在C、D位置时弹簧的长度LCD为4gω2tanθ；
(3)整个过程中细杆对弹簧小球系统做的功W为2mgtan2θ⋅(2gω2+mgk)。
【解析】(1)小球静止在A、B位置时，小球处于平衡状态，对小球受力分析根据共点力平衡条件求解；
(2)对小球受力分析，依据小球受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
(3)此过程初、末弹簧的弹性势能相等，根据功能关系可知杆对两小球做功等于两小球机械能的增加量。
本题主要考查了圆周运动、功能关系问题，关键是正确的受力分析，明确向心力的来源。第三问要利用好功能关系，正确分析系统中能量的变化。
15.【答案】解：(1)由该发电装置的工作原理可知，线圈运动过程中产生的最大感应电动势对应的速度为最大值，由法拉第电磁感应定律可知：Em=NB⋅2πrvm，
代入数据可得最大感应电动势的大小Em=8V；
(2)由该发电装置的工作原理可知，该交流电为正弦式交流电，故电动势有效值E=Em 2
根据闭合电路的欧姆定律可得，回路中电流I=ER1+R2
线圈中产生的热量Q=I2R1T
代入数据解得Q=0.32J。
答：(1)线圈运动过程中产生的最大感应电动势的大小为8V；
(2)线圈运动一个周期内，线圈中产生的热量为0.32J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，结合图像得出最大感应电动势的大小；
(2)根据闭合电路的欧姆定律，结合焦耳定律求出线圈运动一个周期内线圈中产生的热量。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和焦耳定律，在求电阻产生的热量时，要注意电压或电流为交流电的有效值。
16.【答案】解：(1)由题意可知粒子在速度选择器中做直线运动，则有：qv0B=mv02a
解得粒子的比荷：qm=v0Ba；
(2)假设粒子经过边界坐标(x,y)，粒子在磁场中轨道半径为r，因为粒子转过的圆心角为90∘，
由几何关系有：x=r−y=r
得出边界函数关系：y=−x；
(3)由上述分析可知：qvB=mv2x
所以得到：v=v0ax。
PQ之间：a≤x≤2a
从而可以知道：v0≤v≤2v0
方法1：Δt时间内打在探测板PQ间每一小段Δx的粒子数：n=ΔxaN0Δt
由动量定理：0−nmv=−fΔt
求出每个粒子受到力：f=N0mv0a2xΔx
N0个粒子受到的总作用力：F=∑f=N0mv0a2∑xΔx=32N0mv0
根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力：F′=F=32N0mv0
方法2：Δt时间内打在探测板所有粒子：0−N0mv0+2mv02=−FΔt
求出：F=32N0mv0
根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力：F′=F=32N0mv0；
(4)方法1：Bqv0=Eq，v=2v0的粒子刚好与速度选择器的极板相切：−EqL2=12mv′2−12m(2v0)2−Bqvy−Δt=mv′−m(2v0)，
vy−Δt=L2
求出速度选择器两极板的间距：L=4a
方法2：v=2v0的粒子刚好与速度选择器的极板相切，v=2v0的粒子在速度选择器中运动可以看成直线运动和圆周运动的合运动。直线运动：Bqv0=Eq
圆周运动：Bq(2v0−v0)=m(2v0−v0)2r
轨道半径为：r=L4
求出速度选择器两极板的间距：L=4a。
答：(1)粒子的比荷为v0Ba；
(2)第四象限磁场下边界的函数关系式为y=−x；
(3)探测板受到粒子的总作用力大小为32N0mv0；
(4)速度选择器两极板间距为4a。
【解析】(1)离子他通过速度选择器时洛伦兹力等于电场力，根据平衡条件求出粒子的比荷；
(2)根据题意和几何关系求出磁场边界的函数关系式；
(3)由动量定理求所有粒子对板的作用力；
(4)速度为2v0=(v0+v0)的粒子进入速度选择器时恰能与极板相切，其运动可看成水平方向的直线运动和速度为v0匀速圆周运动的合成。由两个分运动的等时性等规律求极板的半径。
本题考查带电粒子在匀强电磁场中的运动，分析清楚离子在各部分运动情况是解题关键和前提，再根据动力学规律列式求解即可。次数
1
2
3
4
5
6
砝码质量m/g
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
电压U/mV
0
57
115
168
220
280